精品解析：云南省楚雄州民族中学2025-2026学年高一上学期10月月考数学试题

楚雄州民族中学高一年级10月月考数学试题 本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1. 下列说法正确的有（ ） ①； ②； ③； ④； ⑤． A 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】A 【解析】 【分析】根据元素与集合的关系判断各个小题即可. 【详解】是有理数，故①正确；不是正整数，故②错误； 不是自然数，故③错误；不是有理数，故④错误；是整数，故⑤错误． 故正确的有1个． 故选：A． 2. 下列命题正确的序号是（ ） ①与表示同一个集合； ②由1，2，3组成的集合可表示为或； ③方程的所有解的集合可表示为； ④集合可以用列举法表示． A. ①④ B. ② C. ②③ D. ①②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】根据空集的概念判定①；根据集合的元素的无序性判定②；根据集合元素的互异性判定③；根据列举法表示的集合的特点判定④. 【详解】由于“0”是元素，而“”表示含一个元素0的集合，而不含任何元素，所以①不正确； 根据集合中元素的无序性可知②正确； 根据集合元素的互异性可知③错误； 对于④，由于该集合为无限集且无明显的规律性，所以不能用列举法表示，所以④不正确． 综上可得只有②正确． 故选B． 3. 若集合，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由，可得，解得，即可判断出结论． 【详解】由，可得，解得， 因为，所以是“”的充分不必要条件. 故选：A． 4. 若，使得不等式成立，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可转化为，使成立，求的最小值即可. 【详解】因为，使得不等式成立， 所以，使得不等式成立， 令，， 因为对称轴为，， 所以， 所以， 所以实数的取值范围为. 故选：D. 5. 下列结论中正确个数是（ ） ①命题“所有的四边形都是矩形”是全称量词命题； ②命题“，”是全称量词命题； ③命题“，”是真命题； ④命题“有一个偶数是质数”是真命题． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由全称命题的概念判断，即可得到结果. 【详解】①命题，“所有的四边形都是矩形”是全称量词命题，所以①正确； ②命题，“，”是全称量词命题，所以②正确； ③命题，因为， 所以“，”是假命题，即③不正确； ④命题，“有一个偶数是质数”是真命题，如2，所以④正确． 故选：D． 6. 十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“＜”和“＞”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.那么下列命题为真命题的是（ ） A. 若则 B. 若则 C. 若则 D. 若则 【答案】B 【解析】 分析】利用举反例可判断ACD，利用作差法可判断B 【详解】对于A，满足但，故A不正确； 对于B，若所以，所以，故B正确； 对于C，满足但，故C不正确； 对于D，满足但，故D不正确， 故选：B 7. 若命题“”为真命题，则实数a的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意转化为不等式在上恒成立，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】由命题“”为真命题，即不等式在上恒成立， 设， 根据二次函数的性质，可得，所以. 故选：A. 8. 若，，且满足，则的最小值是（ ） A. 10 B. 12 C. 14 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】由基本不等式求解． 【详解】 ， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是14． 故选：C 二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9. 下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由集合的概念与关系逐一判断 【详解】对于选项A，两集合中元素完全相同，它们为同一集合，则，A正确； 对于选项B，空集是任意集合的子集，故，B正确； 对于选项C，两个集合所研究的对象不同，故，为不同集合，C错误； 对于选项D，元素与集合之间只有属于、不属于关系，故D错误． 故选AB． 10. 由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割)，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素小于中的每一个元素，则称为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成立的是（ ） A. ，是一个戴德金分割 B. M没有最大元素，N有一个最小元素 C. M有一个最大元素，N有一个最小元素 D. M没有最大元素，N也没有最小元素 【答案】BD 【解析】 【分析】根据戴德金分割的定义，结合选项，分别举例，判断正误. 【详解】对于A，因为，，所以，故A错误； 对于B，设，，满足戴德金分割， 此时没有最大元素，有一个最小元素为0，故B正确； 对于C，若有一个最大元素，有一个最小元素， 则不能同时满足，，故C错误； 对于D，设，，满足戴德金分割， 此时没有最大元素，也没有最小元素，故D正确． 故选：BD. 11. 设，为正实数，则下列命题中是真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 【答案】AD 【解析】 【分析】结合不等式的基本性质，熟练应用作差比较进行运算，即可求解，得到答案. 【详解】对于A选项，由，为正实数，且，可得，所以， 所以， 若，则，可得，这与矛盾，故成立，所以A中命题为真命题； 对于B选项，取，，则，但，所以B中命题为假命题； 对于C选项，取，，则，但，所以C中命题为假命题； 对于D选项，由，则， 即，可得，所以D中命题为真命题. 故选AD. 【点睛】本题主要考查了不等式的性质的应用，其中解答中结合不等式的基本性质，熟练应用作差比较进行运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 12. 下列各选项中最大值是的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据基本不等式，即可得出答案. 【详解】对于A项，因为（当时取等号）， 因此函数的最小值为，无最大值，故A项错误； 对于B项，，， 当且仅当，且，即时取等号，所以. 又，所以，故B项正确； 对于C项，因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，所以，故C项正确； 对于D项，因为，所以， 所以， 当且仅当，且时，即时等号成立，故D项错误. 故选：BC． 三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13. 不等式的解集是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用分式不等式的解法即可求解. 【详解】由题设，， ，解得， 原不等式的解集为． 故答案为：． 14. 已知集合，则集合中元素的个数是______. 【答案】5 【解析】 【分析】分别给进行取值，可计算求得中元素，进而确定集合，得到结果. 【详解】当或或时， 当，或时，或 ， 当，或时，或 ， 当，或时，或 ， 综上所述：，共个元素 故答案为： 【点睛】本题考查集合中元素个数的求解问题，关键是能够读懂描述法所表示的集合的含义，进而根据要求求得集合. 15. 已知命题，是假命题，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据命题与命题的否定的关系，结合一元二次不等式的性质、一元一次不等式的性质分类讨论进行求解即可. 【详解】命题，是假命题， 即“，”是真命题，当时，不成立， 当时，要使成立，必须有，解得． 综上所述：， 故答案为：． 16. 若对任意恒成立，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，结合基本不等式计算即可求解. 【详解】因为对任意恒成立， 所以只需满足． 因为，所以， 当且仅当，即时取等号． 故实数的取值范围是． 故答案为： 四、解答题(本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17. 已知集合，，. （Ⅰ）求，； （Ⅱ）若，求实数的取值范围. 【答案】（1）（2）或. 【解析】 【详解】试题分析： （Ⅰ）由交并补集定义可得； （Ⅱ），说明有公共元素，由这两个集合的形式，知或即可. 试题解析： （Ⅰ），， ， 又， ； （Ⅱ）若，则需或， 解得或. 18. 已知命题，使，命题． （1）写出； （2）若命题、一真一假，求实数的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）根据存在性命题否定为全称命题，写出命题的否定； （2）先利用判别式求得真的充要条件为，然后分真假、假真，分别求得的取值范围，最后求并集即得. 【小问1详解】 ，． 【小问2详解】 若是真命题，得，所以． 若为真命题，为假命题，则，解得； 若为假命题，为真命题，则，解得． 所以，的取值范围为或． 19. 某企业研发部原有名技术人员，年人均投入万元，现将这名技术人员分成两部分：技术人员和研发人员，其中技术人员名，调整后研发人员的年人均投入增加，技术人员的年人均投入调整为万元 （1）要使这名研发人员的年总投入不低于调整前的名技术人员的年总投入，求调整后的技术人员的人数最多为多少人? （2）若技术人员在已知范围内调整后，必须研发人员年总投入始终不低于技术人员的年总投入，求出正整数的最大值. 【答案】（1）人 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得出关于的不等式，结合，可解得的范围，即可得出结论； （2）根据题意可得出，参变量分离可得，结合基本不等式可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 解：依题意得，整理可得， 又因为，解得， 所以调整后的技术人员的人数最多人. 【小问2详解】 解：由研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入有： ，得， 整理得， 由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时等号成立，所以. 因此，正整数的最大值为. 20. 已知集合，． （1）若，求实数的取值范围； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）不存在实数使. 【解析】 【分析】(1) ①当时，由，得，满足题意; ②当时,根据子集关系列式可解得; (2)根据两个集合的子集关系列式无解,故不存在实数. 【详解】（1）①当时，由，得，满足题意； ②当时，如图所示， 且与不能同时取等号，解得． 综上可得，的取值范围是：． （2）当时，如图所示， 此时，，即， ∴不存在，即不存在实数使． 【点睛】本题考查了根据集合间的子集或真子集关系,容易漏掉空集情况,属于中档题. 21. （1）若不等式的解集为，求的取值范围； （2）解关于的不等式； （3）若当时，不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） ；（2）答案见解析；（3）. 【解析】 【分析】（1）讨论是否为0，再结合一元二次函数及不等式即可求解； （2）讨论与0的关系，并考虑和1的大小关系，再结合一元二次函数及不等式求解； （3）将参变分离，再将恒成立问题转化为最值问题，换元并利用基本不等式求最值. 【详解】解：（1）根据题意：①当，即时， ，解集不为，不合题意； ②当，即时， 的解集为， ，即， 解得． 综上所述，． （2）由题意得，，即， ①当，即时，解集为； ②当，即时，， ，解集为； ③当，即时，， ，解集为． 综上所述：当时，解集为； 当时，解集为； 当时，解集为． （3），即， 恒成立， ， 若当时，不等式恒成立， 则 设，则，， ， ，当且仅当时取等号， ，当且仅当时取等号， 当时，， ． 22. 已知x > 0，y > 0，2xy = x + 9y + a. （1）当a = 0时，求x + y的最小值； （2）当a = 8时，求xy的最小值. 【答案】（1）8 （2）16 【解析】 【分析】（1）利用“的代换”的方法，结合基本不等式求得的最小值. （2）利用基本不等式求得的最小值. 【小问1详解】 当 时， 可得 ， 所以 ， 所有 ， 当且仅当 ， 即 时取等号， 所以的最小值为. 【小问2详解】 当 时， ， 即 ， 解得 即 ， 当且仅当，即 时等号成立， 所以 的最小值 为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 楚雄州民族中学高一年级10月月考数学试题 本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1. 下列说法正确的有（ ） ①； ②； ③； ④； ⑤． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 2. 下列命题正确的序号是（ ） ①与表示同一个集合； ②由1，2，3组成的集合可表示为或； ③方程的所有解的集合可表示为； ④集合可以用列举法表示． A. ①④ B. ② C. ②③ D. ①②③④ 3. 若集合，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若，使得不等式成立，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 5. 下列结论中正确个数是（ ） ①命题“所有的四边形都是矩形”是全称量词命题； ②命题“，”是全称量词命题； ③命题“，”是真命题； ④命题“有一个偶数是质数”是真命题． A 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“＜”和“＞”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.那么下列命题为真命题的是（ ） A. 若则 B. 若则 C. 若则 D. 若则 7. 若命题“”为真命题，则实数a的取值范围是（　　） A. B. C. D. 8. 若，，且满足，则的最小值是（ ） A. 10 B. 12 C. 14 D. 16 二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9. 下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割)，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素小于中的每一个元素，则称为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成立的是（ ） A. ，是一个戴德金分割 B. M没有最大元素，N有一个最小元素 C. M有一个最大元素，N有一个最小元素 D. M没有最大元素，N也没有最小元素 11. 设，为正实数，则下列命题中是真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 12. 下列各选项中最大值是的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13. 不等式解集是__________． 14. 已知集合，则集合中元素个数是______. 15. 已知命题，是假命题，则实数的取值范围是__________． 16. 若对任意恒成立，则实数的取值范围是________． 四、解答题(本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17. 已知集合，，. （Ⅰ）求，； （Ⅱ）若，求实数的取值范围. 18. 已知命题，使，命题． （1）写出； （2）若命题、一真一假，求实数的取值范围． 19. 某企业研发部原有名技术人员，年人均投入万元，现将这名技术人员分成两部分：技术人员和研发人员，其中技术人员名，调整后研发人员的年人均投入增加，技术人员的年人均投入调整为万元 （1）要使这名研发人员的年总投入不低于调整前的名技术人员的年总投入，求调整后的技术人员的人数最多为多少人? （2）若技术人员在已知范围内调整后，必须研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入，求出正整数的最大值. 20. 已知集合，． （1）若，求实数取值范围； （2）若，求实数的取值范围． 21. （1）若不等式的解集为，求的取值范围； （2）解关于的不等式； （3）若当时，不等式恒成立，求的取值范围． 22. 已知x > 0，y > 0，2xy = x + 9y + a. （1）当a = 0时，求x + y的最小值； （2）当a = 8时，求xy的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $